2017_2018学年高中物理第一章碰撞与动量守恒第二节动量动量守恒定律二同步备课教学案粤教版选修3

第二节　动量　动量守恒定律(二)

[学习目标] 1.理解系统、内力、外力的概念.2.知道动量守恒定律的内容及表达式，理解守恒的条件.3.了解动量守恒定律的普遍意义，会初步利用动量守恒定律解决实际问题．

一、动量守恒定律

[导学探究]

1．如图1所示，公路上三辆汽车发生了追尾事故．如果将甲、乙两辆汽车看做一个系统，丙车对乙车的作用力是内力，还是外力？如果将三车看成一个系统，丙对乙的力是内力还是外力？

图1

答案　内力是系统内物体之间的作用力，外力是系统以外的物体对系统以内的物体的作用力．一个力是内力还是外力关键是看选择的系统．如果将甲和乙看成一个系统，丙车对乙车的力是外力，如果将三车看成一个系统，丙对乙的力是内力．

2.如图2所示，水平桌面上的两个小球，质量分别为m1和m2，沿着同一直线向相同的方向做匀速运动，速度分别是v1和v2，v2>v1.当第二个小球追上第一个小球时两球发生碰撞，碰撞后两球的速度分别为v1′和v2′.试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前总动量m1v1＋m2v2与碰后总动量m1v1′＋m2v2′的关系．

图2

答案　设碰撞过程中两球间的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t

根据动量定理：

F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2)．

因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知，F1＝－F2，

则有：m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′

即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′

此式表明两球在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量，这就是动量守恒定律的表达式．

[知识梳理]

1．系统、内力与外力

(1)系统：相互作用的两个或多个物体组成一个力学系统．

(2)内力：系统内部物体间的相互作用力．

(3)外力：系统外部物体对系统内物体的作用力．

2．动量守恒定律

(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．

(2)表达式：

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)．

(3)适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零．

[即学即用]　判断下列说法的正误．

(1)一个系统初、末态动量大小相等，即动量守恒．(　×　)

(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞，两个物体组成的系统动量守恒．(　√　)

(3)只要系统受到的外力的功为零，动量就守恒．(　×　)

(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒．(　√　)

(5)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．(　√　)

二、对动量守恒定律的认识

[导学探究]　如图3所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s.

(1)A、B二人相互作用时动量守恒吗？

(2)如果守恒，应以什么为参考系？

(3)轻推后B的速度大小是多少？方向如何？

图3

答案　(1)守恒　(2)以空间站为参考系　(3)0.02 m/s　远离空间站方向

解析　规定远离空间站的方向为正方向，则v0＝0.1 m/s，vA＝0.2 m/s

根据动量守恒定律(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB

代入数据可解得vB＝0.02 m/s，方向为远离空间站方向．

[知识梳理]　对动量守恒定律的理解

1．对系统“总动量保持不变”的理解

(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等．

(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．

2．动量守恒定律的“四性”

(1)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量式．

(2)相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为相对于地面的速度．

(3)同时性：动量守恒定律中，p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量．

(4)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统．不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．

[即学即用]　如图4所示，甲木块的质量为m1，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙木块上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后(　　)

图4

A．甲木块的动量守恒

B．乙木块的动量守恒

C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒

D．甲、乙两木块所组成系统的机械能守恒

答案　C

一、动量守恒条件的理解

1．系统不受外力作用：这是一种理想化的情形．

2．系统受外力作用，但所受合外力为零．

3．系统受外力作用，但当系统所受的外力远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒．例如，抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力可以完全忽略不计，系统的动量近似守恒．

4．系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．

例1　(多选)如图5所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法正确的是(　　)

图5

A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒

B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒

C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒

D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒

答案　BCD

解析　如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对于小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力fA向右，fB向左．由于mA∶mB＝3∶2，所以fA∶fB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．

1．动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统．判断系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系．

2．判断系统的动量是否守恒，要注意守恒的条件是不受外力或所受合外力为零，因此要分清哪些力是内力，哪些力是外力．

3．一般来说，系统的动量守恒时，系统内各物体的动量是变化的，但系统内各物体的动量的矢量和是不变的．

针对训练1　如图6所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是(　　)

图6

A．男孩和木箱组成的系统动量守恒

B．小车与木箱组成的系统动量守恒

C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒

D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同

答案　C

解析　由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项D错误．

二、动量守恒定律的简单应用

1．动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义：

(1)p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.

(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．

(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．

(4)Δp＝0：系统总动量增量为零．

2．应用动量守恒定律的解题步骤：

例2　将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，如图7所示．

图7

(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？

(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？

答案　(1)1 m/s　方向向右　(2)0.5 m/s　方向向右

解析　两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒，设向右为正方向．

(1)v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s.

据动量守恒得：mv甲＋mv乙＝mv甲′，代入数据解得

v甲′＝v甲＋v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右．

(2)两车相距最小时，两车速度相同，设为v′，

由动量守恒得：

mv甲＋mv乙＝mv′＋mv′.

解得v′＝＝＝ m/s＝0.5 m/s，方向向右．

例3　如图8所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　)

图8

A．v0－v2   B．v0＋v2

C．v0－v2   D．v0＋(v0－v2)

答案　D

解析　根据动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，可得v1＝v0＋(v0－v2)，故选D.

应用动量守恒定律解题，在规定正方向的前提下，要注意各已知速度的正负号，求解出未知速度的正负号，一定要指明速度方向．

针对训练2　质量m1＝10 g的小球在光滑的水平桌面上以30 cm/s的速率向右运动，恰遇上质量为m2＝50 g的小球以10 cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止，则碰后小球m1的速度大小和方向如何？

答案　20 cm/s　方向向左

解析　碰撞过程中，两小球组成的系统所受合外力为零，动量守恒．设向右为正方向，则

v1＝30 cm/s，v2＝－10 cm/s；v2′＝0.

由动量守恒定律列方程

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，

代入数据解得v1′＝－20 cm/s.

故碰后小球m1的速度大小为20 cm/s，方向向左．

1．(多选)如图9所示，在光滑水平地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是(　　)

图9

A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒

B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒

C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒

D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒

答案　BC

解析　若突然撤去力F，木块A离开墙壁前，墙壁对木块A有作用力，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于A没有离开墙壁，墙壁对木块A不做功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误，选项B正确；木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒且机械能守恒，选项C正确，选项D错误．

2．解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为(　　)

A.v   B.v

C.v   D.v

答案　A

解析　设快艇的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv＝(M－m)v＋mv′，解得v′＝v.

3．如图10所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则(　　)

图10

A．木块的最终速度为v0

B．由于车上表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒

C．车上表面越粗糙，木块减少的动量越多

D．车上表面越粗糙，小车获得的动量越多

答案　A

解析　由m和M组成的系统水平方向动量守恒易得A正确；m和M动量的变化与小车上表面的粗糙程度无关，因为车足够长，最终各自的动量与摩擦力大小无关．

4．一辆质量m1＝3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103 kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力，相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75 m停下．已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小．(重力加速度取g＝10 m/s2)

答案　27 m/s

解析　由牛顿第二定律得a＝＝μg＝6 m/s2

v＝＝9 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v

v0＝v＝27 m/s.

一、选择题(1～7题为单选题，8～10题为多选题)

1．下列情形中，满足动量守恒条件的是(　　)

A．用铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量

B．子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中，子弹和木块的总动量

C．子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量

D．棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量

答案　B

解析　A中竖直方向合力不为零；C中墙壁受地面的作用力；D中棒受人手的作用力，故合外力不为零，不符合动量守恒的条件．

2.如图1所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中(　　)

图1

A．动量守恒、机械能守恒

B．动量不守恒、机械能不守恒

C．动量守恒、机械能不守恒

D．动量不守恒、机械能守恒

答案　B

3．某公路上发生一起交通事故，一辆质量为1 500 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg向北行驶的卡车，撞后两辆车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止．根据测速仪的测定，长途客车在撞前以20 m/s的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率(　　)

A．小于10 m/s

B．大于10 m/s，小于20 m/s

C．大于20 m/s，小于30 m/s

D．大于30 m/s，小于40 m/s

答案　A

解析　设长途客车和卡车的质量分别为m1、m2，撞前的速度大小分别为v1、v2，撞后共同速度为v，规定向南为正方向，根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，又v>0，则m1v1－m2v2>0，代入数据得v2<10 m/s，故选项A正确．

4．如图2所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)

图2

A．v0＋v   B．v0－v

C．v0＋(v0＋v)   D．v0＋(v0－v)

答案　C

解析　小船和救生员组成的系统满足动量守恒：

(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′

解得v′＝v0＋(v0＋v)

故C项正确，A、B、D项均错．

5．设a、b两球相撞，碰撞前后都在同一直线上运动，若它们碰撞前的速度分别为va、vb，碰后的速度分别为va′、vb′，则两个小球的质量比ma∶mb为(　　)

A.   B.

C.   D.

答案　A

解析　根据动量守恒定律得mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′，整理得＝，故A项正确，B、C、D项错误．

6．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1水平向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)(　　)

A.   B.

C.   D.

答案　C

解析　设发射子弹的数目为n，选择n颗子弹和木块M组成的系统为研究对象．系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有：nmv2－Mv1＝0，得n＝，所以选项C正确．

7．质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是(　　)

A．1.0 m/s，向右   B．1.0 m/s，向左

C．2.2 m/s，向右   D．2.2 m/s，向左

答案　A

解析　取向右为正方向，设小车质量为m1，小车速度为v1，砂袋质量为m2，砂袋速度为v2，共同速度为v共，由动量守恒定律得m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v共，得v共＝1 m/s，方向向右，A项正确．

8．两个小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平桌面上，松开细线后，木块A、B分别向左、右方向运动，离开桌面后做平抛运动，落地点与桌面边缘的水平距离分别为lA＝1 m，lB＝2 m，如图3所示，则下列说法正确的是(　　)

图3

A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA∶vB＝1∶2

B．木块A、B的质量之比mA∶mB＝2∶1

C．木块A、B离开弹簧时的动能之比EkA∶EkB＝1∶2

D．弹簧对木块A、B的作用力大小之比FA∶FB＝1∶2

答案　ABC

解析　A、B两木块脱离弹簧后做平抛运动，由平抛运动规律得：木块A、B离开弹簧时的速度之比为＝＝，A对；根据动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，因此＝＝，由此可知B正确；木块A、B离开弹簧时的动能之比为：＝＝×＝，C正确；弹簧对木块A、B的作用力大小之比：＝＝1，D错．

9．如图4所示，光滑的水平面上，质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为v，方向相反，则两小球质量之比m1∶m2和碰撞前后动量变化量大小之比Δp1∶Δp2为(　　)

图4

A．m1∶m2＝1∶3   B．m1∶m2＝1∶1

C．Δp1∶Δp2＝1∶3   D．Δp1∶Δp2＝1∶1

答案　AD

10．如图5所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后(　　)

图5

A．a、b两车运动速率相等

B．a、c两车运动速率相等

C．三辆车的速率关系vc＞va＞vb

D．a、c两车运动方向相反

答案　CD

解析　若人跳离b、c车时对地的水平速度为v，由动量守恒定律知：人和c车组成的系统：0＝M车vc＋m人v

对人和b车：m人v＝M车vb＋m人v

对人和a车：m人v＝(M车＋m人)·va

所以：vc＝－，vb＝0，va＝

即vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反．

二、非选择题

11．a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的x－t图象如图6所示．若a球的质量ma＝1 kg，则b球的质量mb等于多少？

图6

答案　2.5 kg

解析　由题图知va＝4 m/s，va′＝－1 m/s，vb＝0，vb′＝2 m/s，根据动量守恒定律有mava＝mava′＋mbvb′，代入数据解得mb＝2.5 kg.

12．如图7所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2 m，A和B的质量相等，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10 m/s2.求：

图7

(1)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；

(2)A和B整体在桌面上滑动的距离L.

答案　(1)1 m/s　(2)0.25 m

解析　(1)滑块A从圆弧轨道最高点到最低点机械能守恒，由mAvA2＝mAgR，可得vA＝2 m/s.在底部和B相撞，满足动量守恒，由mAvA＝(mA＋mB)v′，可得v′＝1 m/s.

(2)根据动能定理，对A、B一起滑动过程由－μ(mA＋mB)gL＝0－(mA＋mB)v′2，可得L＝0.25 m.

13．如图8所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N的距离为2R.重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：

图8

(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；

(2)小球A冲进轨道时速度v的大小．

答案　(1)2　(2)2

解析　(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地做平抛运动，由平抛运动知识得，2R＝gt2 ①

所以t＝2            ②

(2)设球A的质量为m，碰撞前瞬间速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知

mv2＝mv12＋2mgR            ③

设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律知mv1＝2mv2    ④

飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有

2R＝v2t            ⑤

综合②③④⑤式得

v＝2.            ⑥